X-set svar. Esben Rossel

Transkript

1 X-set svar Esben Rossel 13. januar 2016

2 Esben Rossel Torbensen 2016 Denne kopi af X-set svar er hentet fra Dokumentet er sat med L A TEX 2ε, med skrifttypen Latin Modern. Layout er standardlayout for dokumentklassen book. Sidehoveder og -fødder er sat med standardlayout for fancyhdr. Grafiske elementer er genereret med Inkscape, GNUplot, GNU Image Manipulation Program og PGF/TikZ. Kemiske strukturer er genereret med JChemPaint og Jmol: an open-source Java viewer for chemical structures in 3D. ii Denne kopi af X-set svar er hentet på

3 Indhold 1 Gode råd Om beregninger generelt Betydende cifre Tabeller Grafer ph-beregninger Termodynamiske størrelser Entropi Entalpi Gibbs energi august december Benzylacetone Glucose Eksploderende vandmeloner Rhodamin B - et farvestof Barbitursyre maj juni Propolis Søvnløshed D3-Vitamin Blyhvidt august Ammoniak som grønt brændstof Olivenolie Guld og cyanid Penicillin maj Stevia Broccoli Ozon og iodforbindelser Kviksølv i fisk iii

4 INDHOLD INDHOLD 8 4. juni Coltan Levulinsyre Et enzym til produktion af B2-vitamin Halogenpærer august En syre i AlgeFri Khat Titan Laurinsyre maj Tobaksafvænning Jern i vitaminpiller Cumarsyre En nanokatalysator juni Aromastoffer i whisky IVA Materialer til solceller Fyldte chokolader iv Denne kopi af X-set svar er hentet på

5 Kapitel 1 Gode råd 1

6 1.1. OM BEREGNINGER GENERELT KAPITEL 1. GODE RÅD 1.1 Om beregninger generelt ˆ Stil så vidt muligt formlerne op med symboler og manipuler med symbolerne indtil det som skal beregnes er isoleret. Det er også ok at opstille formlen, indsætte værdierne og oplyse at den ukendte er fundet vha CAS. ˆ Husk altid enhederne. Det er med få undtagelser kun ph-værdier og absorbanser som ikke har en enhed. Der skal være enheder på både resultaterne og tallene i udregninger. Det er specielt vigtigt at have korrekte enheder, hvis opgaven kræver resultatet i en bestemt enhed f.eks. mg, µmol etc. Eksempel: c = n m V = M V 8,0g 40,00g/mol = 0, 10l = 2, 0m ˆ Når tal skal indtastes på lommeregneren er det en god idé at oversætte alle dekadiske præfikser som µ, m, k etc til de korresponderende tier-potenser, så man altid regner i standardenheder (ikke nødvendigvis SI). Eksempel: Således skal det stå i opgaven: G = H T S = 15, 6 kj mol Således skal det indtastes: 15, , K 156, 98 J mol K 1.2 Betydende cifre ˆ Ved alle beregninger skal resultatet afrundes så antallet af betydende cifre passer med den oplysning som indeholdt færrest betydende cifre. I tvivlstilfælde så afrund til tre betydende cifre. ˆ Bemærk at alle cifre skal anvendes hvis resultatet bruges i videre beregninger, men man skal ikke vise alle cifrene. Delresultater skal altså afrundes korrekt, men gemmes i lommeregneren til senere brug. 1.3 Tabeller Hvis der er en tabel i en opgave betyder det at man skal tegne en graf. Det er ikke sikkert tallene i tabellen umiddelbart kan bruges i grafen, man skal i så fald omregne til værdier som kan. Hold øje med enheder og eventuelle faktorer i form af tier-potenser eller præfikser som m, µ, k etc. 2 Denne kopi af X-set svar er hentet på

7 KAPITEL 1. GODE RÅD 1.4. GRAFER 1.4 Grafer ˆ Grafer skal have titler på akserne og det skal være klart af aksetitlerne hvad enhederne er på de variable. ˆ I langt de fleste tilfælde skal man vise en lineær sammenhæng, og man bør renskrive udtrykket for linien i teksten efter grafen, så man kan få de korrekte enheder på hældningskoefficienten og konstantleddet. ˆ Hvis skal bruge et eller flere punkter fra grafen til en udregning må man ikke bruge målepunkterne fra tabellen, man skal altid bruge forskriften for linien/kurven. 1.5 ph-beregninger Der er forskellige måder at beregne ph på afhængig af situationen. Angiv aldrig ph med mere end 2 decimaler. Formlen for svage syrer må kun anvendes hvis man samtidig gør opmærksom på at der er tale om en svag syre. For syreopløsninger: ph = log c s kun for stærke syrer (pk s < 0) ph = 1 2 (pk s log c s ) kun for svage syrer (pk s > 4) ph = log K s + K 2 s + 4 K s c s 2 kan bruges for alle syrer For puffere (husk at formlen kun gælder for korresponderende syrebasepar): ph = pk s + log [B] [S] For rene opløsninger af amfolytter. (Hvis der er tilsat andet er det sandsynligvis pufferligningen som skal anvendes): ph = 1 2 (pk s(1) + pk s (2)) 1.6 Termodynamiske størrelser ˆ Alle termodynamiske data er opgivet for forbindelser under standardbetingelser, dvs et tryk på 1 bar og koncentrationer på 1 m for opløste forbindelser. ˆ Bemærk at temperaturen ikke er inkluderet i begrebet standardbetingelser, og G er forskellig ved forskellige temperaturer. Skal man finde G for andre temperaturer end 25, må man beregne den ud fra H og S ˆ Vær superopmærksom på tilstandsformerne når termodynamiske data slås op i databogen. Denne kopi af X-set svar er hentet på 3

8 1.6. TERMODYNAMISKE STØRRELSER KAPITEL 1. GODE RÅD Entropi ˆ Uafhængig af temperaturen J ˆ Enhed: mol K ˆ Ingen nulpunktsvedtægter ˆ Fortegnet for S er: Negativt hvis antallet gasmolekyler i en reaktion falder Positivt hvis antallet af gasmolekyler vokser Man kan forvente at entropien vokser hvis der er flere produkter end reaktanter, men det er altså især hvis det er molekyler på gasform det drejer sig om. Når S er beregnet bør man kommentere på fortegnet ifht reaktionsskemaet og de ovenstående regler Entalpi ˆ Uafhængig af temperatur ˆ Enhed: kj mol ˆ H = 0 for: Rene grundstoffer ved standardbetingelser H + -ionen når [H + ] = 1m ˆ Fortegnet for H er: Negativt hvis reaktionen er exoterm Positivt hvis reaktionen er endoterm Gibbs energi ˆ Temperaturafhængig: G = H - T S ˆ Enhed: kj mol ˆ Fortegnet for G er: Negativt hvis reaktionen er spontan ved standardbetingelser Positivt hvis reaktionen ikke er spontan ved standardbetingelser Bemærk formuleringen ved standardbetingelser. Man kan altså godt få en ikke-spontan reaktion til at forløbe, det eneste det kræver er at man bevæger sig væk fra standardbetingelserne for reaktionsdeltagerne. ˆ G og G er ikke det samme, den sidste er ikke ved standardbetingelser, og kan beregnes ud fra G og reaktionsbrøken: G = G + RT ln Y 4 Denne kopi af X-set svar er hentet på

9 Kapitel august

10 KAPITEL AUGUST Denne kopi af X-set svar er hentet på

11 Kapitel december

12 3.1. BENZYLACETONE KAPITEL DECEMBER Benzylacetone 1 I opgaver af denne type skal man lede efter dobbeltbindinger og/eller asymmetriske C-atomer i strukturen for ens stof. Forbindelsen B indeholder en dobbeltbinding som giver anledning til E/Z - isomeri, og de to isomere former er vist i figuren herunder: 2 Her ønskes en forklaring af hvordan man kan identficere ketonen i benzylacetone vha forskellige reaktioner. Benzylacetone er en keton og indeholder derfor en carbonylgruppe. Carbonylgruppen kan påvises ved reaktion med 2,4-dinitrophenylhydrazin, da der vil komme et gult eller orange bundfald. For at afgøre om carbonylgruppen er en keton eller et aldehyd kan det udsættes for Tollens reagens, der giver et sølvspejl hvis det er et aldehyd. 3 Man lave en tilordning af båndene over 1500cm 1 i IR-spektret og fortolke 1 H-NMR spektret, og se om det stemmer med det vi kan forvente at se i spektre af benzylacetone. Båndende over fingeraftryksområde i IR-spektret er tilordnet i tabellen herunder: ν tilordning 1600 cm 1 C=C stræk, stemmer med benzenringen 1720 cm 1 C=O stræk, stemmer med ketonen <3000 cm 1 sp 3 C-H stræk, stemmer med carbonkæden >3000 cm 1 sp 2 C-H stræk, stemmer med benzenringen 3400 cm 1 overtone fra det carbonylbåndet ved 1720 cm 1 Der er således intet i IR-spektret som ikke passer med at det kunne være benzylacetone. NMR-spektret giver følgende: δ /ppm Integral Opsplitning Fortolkning 7,2-7,4 5H m Aromatisk 2,85 2H t Ar-CH 2 -CH 2 2,75 2H t CO-CH 2 -CH 2 2,0 3H s CH 3 -CO 8 Denne kopi af X-set svar er hentet på

13 KAPITEL DECEMBER BENZYLACETONE Multipletten omkring 7,3 ppm med et integral på 5H passer med en monosubstitueret benzenring som i benzylacetone. De to signaler ved 2,8 ppm har begge et integral på 2H og splitter begge i tripletter, hvilket passer med to CH 2 -grupper omgivet af C-atomer uden H er, som f.eks. en benzenring og en carbonylgruppe, præcis ligesom i benzylacetone. Endelig er der signalet ved 2,0 ppm, som har et integral på 3H. Det kunne være en methylgruppe, og det høje kemiske skift ifht normale methylgrupper samt at den ikke er opsplittet kan forklares med at den sidder ved siden af en carbonylgruppe. Både IR- og NMR-spektret kunne altså godt være for benzylacetone. Denne kopi af X-set svar er hentet på 9

14 3.2. GLUCOSE KAPITEL DECEMBER Glucose 1 Hydroxygruppen omdannes til en keton, så dette er en oxidation. 2 Man skal i opgaver som denne sammenligne forskriften for grafen med hastighedsudtrykket: v = k[a] n og afgøre hvad n må være. Grafen viser at der er ligefrem proportionalitet mellem koncentrationen og initialhastigheden. Det må altså være en 1.-ordensreaktion. Vi kan se af enhederne på akserne at hastighedsudtrykket må være: v = 0, s 1 [α-d-glucose] 3 Aktiveringsenergien optræder i ligningen k = k o e Ea RT så man skal altså have et datasæt med k og T for at finde den. Vi har et datasæt med T og v, men vi kan beregne k ud fra v. Hastighedskonstanten findes for hver temperatur (i Kelvin selvfølgelig), da vi kender koncentrationen: v = k[α-d-glucose] k = v [α-d-glucose] så kan tallene indsættes, her er det k ved 26 altså 299,15K. Husk faktoren 10 7!: k = v [α-d-glucose] = 1, m/s 5, m = 0, s 1 Resten af datasættet er i tabellen herunder: T / K 299,15 303,15 306,15 v / 10 7 m/s 1,2 1,7 2,5 k / 10 3 s 1 0,214 0,304 0,446 Aktiveringsenergien optræder i ligningen k = k o e Ea RT, som bliver til et lineært udtryk, hvis vi tager logaritment på begge sider af den: ln k = E a R 1 T + ln k o hvor ln k afhænger lineært af 1. Vi er altså ikke færdige med vores datasæt. Igen husk faktoren 10 3 på k, når ln k T beregnes: 1/T / 10 3 K 1 3,34 3,30 3,37 ln k -8,45-8,10-7,71 10 Denne kopi af X-set svar er hentet på

15 KAPITEL DECEMBER GLUCOSE 7,7 7,8 y = 9502,51x + 23,2958 R² = 0, ,9 8 ln k 8,1 8,2 8,3 8,4 8,5 0, , ,0033 0, , /T / K ¹ Grafen er en afbildning af ln k mod 1/T: ln k = E a R 1 T + ln k o så hældningskoefficienten svarer til E a. Aktiveringsenergien er derfor: R E a = 9501, 51K R E a = 9502, 51K R J = 9502, 51K 8, 314 mol K = 79, 0 kj mol Denne kopi af X-set svar er hentet på 11

16 3.3. EKSPLODERENDE VANDMELONER KAPITEL DECEMBER Eksploderende vandmeloner 1 Molekylet indtegnes med et kemi-tegneprogram, som indstilles til at vise samtlige atomer: Herefter kan atomerne tælles, og man får molekylformlen: C 12 H 10 N 3 OCl 2 I opgaver af denne type skal man huske at argumentere for reaktionsforholdene. Det ses af reaktionsskemaet at anilin og forchlorfenuron (fcf) reagerer 1:1. Den maksimale stofmængde af forchlorfenuron er derfor lig stofmængden af anilin: m fcf = n fcf M fcf = n anilin M fcf = m anilin M fcf M anilin 100g = 247, 68g/mol = 266g 93, 13g/mol Udbytteprocenten bliver dermed: 147g = 0, 553 = 55, 3% 266g 3 Koncentrationen af forchlorfenuron i vækstmidlet er: c = n V = m M V = 10g = 0, 040m 247, 68g/mol 1, 0l Til druesorten Muscat d Alexandrie fortyndes 75 ml vækstmiddel til 100l, så koncentrationen i brugsopløsningen er: c 2 = n V 2 = c 1 V 1 V 2 = 0, 040m 0, 075l 100l = 30µm 12 Denne kopi af X-set svar er hentet på

17 KAPITEL DECEMBER RHODAMIN B - ET FARVESTOF 3.4 Rhodamin B - et farvestof 1 I denne type opgave skal man forklare hvilket laboratorieudstyr som skal anvendes for at lave en korrekt fortynding. Det er vigtigt at se på hvor mange betydende cifre der er anvendt, for jo flere cifre, des mere præcist udstyr skal man anvende. Der skal fremstilles en 8, m opløsning af Rhodamin B ud fra en opløsning med en koncentration på 8, m. Stamopløsningen skal altså fortyndes 100x med en præcision på 3 betydende cifre. Det endelige volumen skal være 100,0 ml, så man skal starte med 1,00 ml af stamopløsningen. Det kan gøres således: 1,00 ml af en 8, m opløsning af Rhodamin B overføres med en mikropipette til en 100 ml målekolbe, som herefter fyldes til stregen med vand. 2 Hvis Y udgør 54,1% af den samlede mængde farvestof, må X nødvendigvis udgøre 45,9%. Dette indsættes i ligevægtsloven: K = [Y] 54, 1% = = 1, 18 [X] 45, 9% 3 Grafen viser en afbildning af ln K mod 1/T. Man skal altså finde en ligning som beskriver denne sammenhæng, og sammenholde det udtryk med forskriften for linien. Husk at sætte enheder på tallene fra grafen, hvis det er nødvendigt! Ligevægtskonstantens temperaturafhængighed beskrives af van t Hoffs ligning: ln K = H R 1 T + S R Ud fra van t Hoffs ligning ses det at hældningskoefficienten og konstantleddet for forskriften for linien giver entalpi- og entropitilvæksten: a = H R H J = a R = 3063, 9K 8, 314 mol K = 25, 5 kj mol b = S R S J = b R = 10, 1 8, 314 mol K = 84, 0 J mol K Reaktionen er altså exoterm og går mod mere orden, hvilket er svært at se af reaktionsskemaet, da der ikke sker en ændring i antallet af molekyler. Hvis temperaturen stiger bliver 1/T mindre, og grafen viser at ln K falder ved stigende T. Hvis K bliver mindre, må der nødvendigvis komme mindre af det røde produkt Y, så opløsningen mister farve når temperaturen stiger. Denne kopi af X-set svar er hentet på 13

18 3.4. RHODAMIN B - ET FARVESTOF KAPITEL DECEMBER I denne opgave er temperaturen ændret til 42. Da ligevægtskonstanten afhænger af temperaturen er vi altså nødt til at beregne K ved den nye temperatur. Husk at omregne temperaturen til Kelvin! Når vi kender K kan vi opstille et før-efter skema og beregne de aktuelle koncentrationer af X og Y. Ligevægtskonstanten ved den nye temperatur kan beregnes med van t Hoffs ligning, men vi kan også bare indsætte temperaturen i forskriften til linien: ln K = 3063, 9K K = e 0,378 = 0, , 1 = 0, , 15K De aktuelle koncentrationer af X og Y kan nu findes med et før-efter skema: X før 8, m 0 efter 8, m - x x Y Resultaterne fra før efter-skemaet indsættes i ligevægtsloven: K = [Y] [X] = x 8, = 0, 685 m x Løst for x giver ligevægtsloven: x = 3, m Koncentrationerne af X og Y er derfor: [X] = 8, m 3, m = 4, m [Y] = 3, m 14 Denne kopi af X-set svar er hentet på

19 KAPITEL DECEMBER BARBITURSYRE 3.5 Barbitursyre 1 Metoden ved beregning af ph kommer an på syrestyrken. Er syren svag eller meget svag (pk s > 4) kan man anvende metoden vist her, men man skal huske at gøre opmærksom på at formlen som anvendes kun gælder fordi syren er svag. Da barbitursyre er en svag syre findes ph ved: ph = 1 2 (pk s log c s ) = 1 2 (4, 00 log 0, 0892m) = 2, 5 2 Syrebrøken aflæses af Bjerrum-diagrammet ved ph = 7,2 til at være 0, dvs 100% af barbitursyren findes på baseformen. 3 Barbitursyres bidrag til absorptionen ved ph 7,2 kan ignoreres da den aktuelle koncentration af barbitursyre ved denne ph-værdi for alle praktiske formål er nul. Dermed kan den molare absorptionskoefficient ved 258nm for barbiturat findes ud fra absorptionsspektret ved ph 7,2: A = ɛ l c ɛ = A l c = 1, 14 1, 00cm 5, m = cm 1 m 1 4 Pufferligningen kan anvendes til at beregne andelen af barbitursyre på syreform ved ph 3,6: ph = pk s + log x b = pk s + log 1 x s x s x s 1 x s = 10 ph pks + 1 = ,6 4,00 = 0, Da vi nu kender procentdelen af barbitursyre på syreform, kan de aktuelle koncentrationer af barbitursyre og dens korresponderende findes: [barbitursyre] = x s c s = 0, 72 5, m = 3, m [barbiturat] = x b c s = (1 x s ) c s = (1 0, 72) 5, m = 1, m Absorbansen ved 258nm er ved ph = 3,6 lig summen af absorbansen for barbitursyre (BSH) og barbiturat (BS ). Den totale absorbans kan aflæses i absorptionsspektret til 0,40. Dette er summen af absorbansen af de to stoffer så vi kan skrive: A = A BSH + A BS A = ɛ BSH l[bsh] + ɛ BS l[bs ] ɛ BSH = A ɛ BS l[bs ] l[bsh] = 0, cm 1 m 1 1, 00cm 1, m 1, 00cm 3, m = 2, cm 1 m 1 Denne kopi af X-set svar er hentet på 15

20 3.5. BARBITURSYRE KAPITEL DECEMBER Denne kopi af X-set svar er hentet på

21 Kapitel maj

22 KAPITEL MAJ Denne kopi af X-set svar er hentet på

23 Kapitel 5 4. juni

24 5.1. PROPOLIS KAPITEL JUNI Et aktivt stof i propolis 1 Se på de funktionelle grupper og find en reaktionstype som kan klare omdannelsen. I reaktion II omdannes en carboxylsyregruppe til en ester. Det kan lade sig gøre hvis man kondenserer syren med den rigtige alkohol. 2 Husk at angive reaktionsforholdet mellem kaffesyre og CAPE. Kaffesyre (KS) og CAPE reagerer 1:1, så det teoretiske udbytte af CAPE er: m CAP E = n CAP E M CAP E = n KS M CAP E = m KS M CAP E M KS 5, 00g = 284, 31g/mol = 7, 89g 180, 16g/mol Udbytteprocenten bliver dermed: η = 2, 61g = 33, 1% 7, 89g 20 Denne kopi af X-set svar er hentet på

25 KAPITEL JUNI SØVNLØSHED 5.2 Et naturmiddel mod søvnløshed 1 Man skal finde en indikator som har sit omslagsområde i det ph-interval hvor kurven er mest lodret. Det ses at ph i ækvivalenspunktet ligger i intervallet 8-10, så en passende indikator til titreringen kunne være phenolphtalein, som har sit omslagsområde fra ph 8, Man skal kende formlen eller masse+stofmængde for at kunne beregne den molare masse, men vi har ikke engang et reaktionsskema. Imidlertid kan man se at der kun er ét ækvivalenspunkt for syren, så den må være monohydron og altså reagere 1:1 med hydroxid. Titreringskurven viser kun ét ækvivalenspunkt, nemlig ved 25,2 ml, så syren er monohydron. Det betyder at stofmængden af hydroxid og syre er identisk i ækvivalenspunktet. Molarmassen kan derfor findes: m s M s = m s = m s = n s n OH c OH V OH 0, 254g = 0, 0986m 25, 2ml = 102g/mol 3 Der spørges til x b og dermed indirekte til værdien af x s, så man må finde en ligning hvor x s optræder. For at finde x s ved ph = 4,5 kan man anvende pufferligningen. Vi har ikke fået oplyst pk s, men den kan imidlertid findes da ph = pk s i halvækvivalenspunktet i titreringen. pk s aflæses ved 12,6 ml NaOH til 4,9. Syrebrøken kan nu beregnes: ph = pk s + log 1 x s x s 4, 5 = 4, 9 + log 1 x s x s som løst for x s giver: x s = 0, 72 Der er altså 72% af stoffet på syreform og dermed er de resterende 28% på baseform. 4 Man kan tegne mange forskellige estere med formlen C 7 H 14 O 2, men vi ved at syren i esteren skal veje 102 g/mol, hvilket indskrænker valgmulighederne. Syrens molarmasse er 102 g/mol, så molekylformlen for syren kan være C 4 H 9 COOH. To af de mulige strukturer for esteren kan derfor være: O O O * O Denne kopi af X-set svar er hentet på 21

26 5.2. SØVNLØSHED KAPITEL JUNI 2013 Molekylet til venstre hedder ethyl pentanoat, og udviser ikke stereoisomeri. Strukturen til højre er ethyl 2-methylbutanoat, og den findes i to spejlbilledisomere former, da C-atomet markeret med * er asymmetrisk. 5 Tag gerne udgangspunkt i det som allerede vides om esteren f.eks. ved vi allerede nu at det er en ethylester, da vi kender syrens molarmasse. Vær opmærksom på at få talt alle toppene i signalerne med, selv de helt helt små bølger. 1 H-NMR spektret giver følgende information: δ / ppm integral opsplitning fortolkning 4,07 2H q O-CH 2 -CH 3 2,27 2H d CH-CH 2 -CO 2,12 1H nonet CH 2 -CH-(CH 3 ) 2 0,97 3H t CH 3 -CH 2 0,7 6H d (CH 3 ) 2 -CH ˆ Signalet ved 4,07 ppm har et integral på 2H, så det er nok en CH 2 - gruppe. Den er opsplittet i en kvartet, så den har 3 nabo-h er, svarende til en methylgruppe. Det høje kemiske skift tyder på den sidder på ilt-atomet i esteren. ˆ Signalet ved 2,27 ppm har et integral på 2H, så det er nok en CH 2 - gruppe. Den er opsplittet i en duplet, og må derfor have ét nabo-h. Det kemiske skift er karakteristisk for grupper ved siden af carbonylgrupper. ˆ Signalet ved 2,12 ppm har et integral på 1H, så det er nok en CHgruppe. Den er opsplittet i en nonet, og må have 8 nabo-h er. Det kan den få hvis det sidder ved siden af to methylgrupper og en CH 2 - gruppe. ˆ Signalet ved 0,97 ppm har et integral på 3H, så det er nok en methylgruppe, hvilket også passer med det kemiske skift. Den er splittet i en triplet og må have to nabo-h er. Dette kunne være methylgruppen som kobler til signalet ved 4,07 ppm. ˆ Signalet ved 0,7 ppm har et integral på 6H. Det kan være to kemisk ækvivalente methylgrupper. De er splittet i en duplet, så de må sidde på en CH-gruppe, sikkert den ved 2,12 ppm. Samlet set giver det strukturen: O O 22 Denne kopi af X-set svar er hentet på

27 KAPITEL JUNI D3-VITAMIN 5.3 D 3 -vitamin 1 Pointen her er at vise at man kan læse zig-zag formler, så man skal helst få sit tegneprogram til at vise alle implicitte H- og C-atomer. HO H 2 C CH H 2 C C H 2 H 2 CH 3 C H 2 C C CH 3 CH C C C H C C H CH H 3 C H C C H 2 CH CH 2 H 2 C C H 2 H 2 C H 3 C CH CH 3 Alle atomerne tælles sammen, og man får molekylformlen C 27 H 44 O 2 B og C er E/Z -isomerer af hinanden, da der ikke er fri drejelighed omkring dobbeltbindingen i kæden der forbinder de to ringsystemer. Mere specifikt, så er B Z -formen og C er E-formen. 3 For at undersøge reaktionsordenen er man nødt til at tegne grafer for c, ln c og 1/c som funktion af tiden. Det er ikke nok kun at lave regressionsanalyse. Enhederne i tabellen skal være med i det endelige funktionsudtryk for A. Først laves der grafer for c, ln c og 1/c mod tiden: t /dage c /nm ln c -16,1-16,4-16,5-16,7-16,9-17,1-17,3-17,5-17,6 1/c /nm 1 0,010 0,013 0,014 0,018 0,021 0,026 0,032 0,040 0, orden: y = 0,693426x + 91,5001 R² = 0, c / nm t / dage Denne kopi af X-set svar er hentet på 23

28 5.3. D3-VITAMIN KAPITEL JUNI orden: 16 16,2 y = 0, x 16,0585 R² = 0, ,4 16,6 ln c 16, ,2 17,4 17,6 17,8 2. orden: 0,05 0, t / dage y = 0, x + 0, R² = 0, /c / 1/nM 0,03 0,02 0, t / dage Det ses tydeligt at A omsættes efter 1. orden.funktionsudtrykket for A bliver dermed: ln[a] = kt + ln[a] o = 0, 0145dage 1 t 16, 1 [A] = [A] o e kt = 106nm e 0,0145dage 1 t 4 Man skal se på molekylernes størrelse og antallet af polære grupper. Hvis der er syrebase-aktive grupper som carboxylsyrer eller aminer (men ikke amider), vil opløseligheden i vand være afhængig af ph. D 3 -vitamin er et meget stort organisk molekyle med kun én eneste polær gruppe - hydroxygruppen - så det må forventes at være meget uopløseligt i vand. 24 Denne kopi af X-set svar er hentet på

29 KAPITEL JUNI D3-VITAMIN B 5 -vitamin er derimod meget mindre og indeholder både en syregruppe, et amid og to hydroxygrupper, så dette stof vil være let at opløse i vand, dels pga de mange polære grupper og dels fordi det har mulighed for at lave mange hydrogenbindinger. Hvis ph er høj, vil carboxylsyren endvidere være deprotoniseret og dermed have en negativ ladning, hvilket vil gøre stoffet endnu mere hydrofilt. Denne kopi af X-set svar er hentet på 25

30 5.4. BLYHVIDT KAPITEL JUNI Blyhvidt 1 Vær opmærksom på tilstandsformerne. K = p CO 2 p H2 O p H2 S 2 Vær opmærksom på tilstandformerne ved opslag i databogen. Husk at kommentere på fortegnet af S ifht antallet af gasmolekyler på reaktant og produktsiden. ) S = SP bs(s) + S CO 2 (g) + S H 2 O(g) (S PbCO 3 (s) + S H 2 S(g) = (91, , , , 0 205, 8) J mol K = 156, 98 J mol K Entropitilvæksten er positiv præcis som man vil forvente ud fra reaktionsskemaet, da antallet af gasmolekyler vokser. 3 G er temperaturafhængig så man kan ikke slå værdien op ved 18. Husk at kommentere om reaktionen er spontan ved standardtilstanden. For at beregne G 291K findes først entalpitilvæksten for reaktionen: ) H = HP bs(s) + H CO 2 (g) + H H 2 O(g) (H PbCO 3 (s) + H H 2 S(g) = ( 100, 4 393, , 82 ( 699, 5 20, 63)) kj mol = 15, 6 kj mol Gibbs energi kan nu findes: G 291K = H T s = 15, 6 kj mol 291, 15K 156, 98 J mol K Reaktionen er altså spontan ved standardbetingelser. = 61, 30 kj mol 4 G og G er ikke det samme. G tager højde for de aktuelle koncentrationer/partialtryk af reaktionsdeltagerne. Hvis reaktionen skal være spontan skal følgende gælde: G = G + RT ln Y < 0 G + RT ln p CO 2 p H2 O p H2 S < 0 Vi kender koncentrationerne af vand og CO 2, så uligheden skal bare løses for p H2 S: Husk at tage højde for alle dekadiske præfikser som m og k når tallene indtastes i lommeregneren. 0 > 61, 30 kj mol p H2 S > 1, bar + 8, 314 J mol K 291, 15K ln 4, 0mbar 0, 26mbar p H2 S Hvis partialtrykket af H 2 S overstiger 1, bar er reaktionen altså spontan ved disse betingelser. Det betyder at det i praksis er umuligt at undgå at maleriet formørkes. 26 Denne kopi af X-set svar er hentet på

31 Kapitel august

32 6.1. AMMONIAK SOM GRØNT BRÆNDSTOF KAPITEL AUGUST Ammoniak som grønt brændstof 1 Dette er en simpel opgave, men husk alligevel at angive svaret med det korrekte antal betydende cifre. Ammoniak og ilt reagerer i forholdet 4:3 så massen af ammoniak der forbrændes er: m NH3 = n NH3 M NH3 = 4 3 n O 2 M NH3 = 4 0, 45mol 17, 034g/mol = 10g 3 2 Vær opmærksom på tilstandsformerne. I reaktioner hvor antallet af især gasmolekyler falder vil man forvente en negativ ændring i entropien, og modsat hvis antallet af gasmolekyler stiger, så kommentaren skal gå på dette. S = 2S (N 2 (g)) + 6S (H 2 O(l)) ( 4S (NH 3 (g)) + 3S (O 2 (g)) ) = 2 191, 61 J ( 4 192, 4 mol K J mol K = 582, 31 J mol K , 91 J mol K , 13 J mol K Entropiændringen er negativ, hvilket er præcis det man vil forvente da antallet gasmolekyler falder fra 7 til 2. 3 Ligevægtskonstantens enhed kan findes ved at opskrive ligevægtsloven for reaktionen. Bemærk tilstandsformerne. Husk at omregne G til J/mol og temperaturen til Kelvin. Man bør konstatere om reaktionen vil forløbe fuldstændigt. For at beregne ligevægtskonstanten beregnes først G : G = 2G (N 2 (g)) + 6G (H 2 O(l)) ( 4G (NH 3 (g)) + 3G (O 2 (g)) ) = 2 0 kj kj mol 6 237, 13 mol ( 4 16, 5 kj mol ) kj mol = 1357 kj mol Da Gibbs energi er negativ vil reaktionen forløbe spontant under standardbetingelser. Ligevægtskonstanten er givet ved: K = p2 N p 4 NH p 3 = e G RT bar 5 3 O 2 = e J/mol J 8,314 mol K 298,15K bar 5 = 5, bar 5 Et resultat så højt som dette bør give rynker i panden. Regner man Gibbs energien ud ved G = H - TS fås imidlertid det samme ekstremt høje tal, så det er tilsyneladende korrekt. 28 Denne kopi af X-set svar er hentet på )

33 KAPITEL AUGUST AMMONIAK SOM GRØNT BRÆNDSTOF 4 Man bør opskrive de to syrebasereaktioner, så man let kan danne sig et overblik. Husk det er overskuddet af HCl som bestemmes ved titreringen. Der sker følgende to reaktioner: NH 3 (aq) + HCl(aq) NH + 4 (aq) + Cl (aq) HCl(aq) + OH (aq) Cl (aq) + H 2 O(l) (I) (II) Stofmængderne af saltsyre og natriumhydroxid i ækvivalenspunktet i reaktion II er identiske, da de reagerer 1:1 n (HCl II) = n (OH ) = c (OH ) V (OH ) = 0, 0200m 0, 01065l = 0, 213mmol Dette er overskuddet af HCl fra reaktion I, den forbrugte mængde HCl i reaktion I, som er lig mængden af ammoniak er altså: n (NH3 ) = n (HCl I) = n (HCl start) n (HCl II) = 0, 0198m 0, 0150l 0, 213mmol = 8, mol Koncentrationen af ammoniak kan nu findes: c (NH3 ) = n (NH 3 ) V (NH3 ) = 8, mol 0, 010l = 8, 40mm Denne kopi af X-set svar er hentet på 29

34 6.2. OLIVENOLIE KAPITEL AUGUST Olivenolie 1 Tag altid udgangspunkt i det konkrete molekyle. Oleocanthal indeholder en alifatisk C=C dobbeltbinding, som dibrom kan addere til. Herved affarves bromvandet: O O Br HO O O + Br₂ HO O O Br O O 2 Kig på hvilken funktionel gruppe der ændres i udgangsstoffet og find en reaktionstype hvor den kan omdannes til den nye funktionelle gruppe Produktet er en ester, og den kan dannes hvis A kondenseres i følgende reaktion. Biproduktet ved denne kondensation er vand. HO HO HO + HO O O O O O O O + H O 3 Se på de funktionelle grupper i de to molekyler og gæt (kvalificeret) på hvor de vil give absorption i et IR-spektrum. Opstil en tabel for hvert stof med de forventede bånd og sammenlign de to stoffer. Molekylerne oleocanthal og A vil have følgende bånd i området over 1500 cm 1 : Molekyle Vibrationstype Bånd /cm 1 HO HO O O O O Oleocanthal O O O sp 2 C-H >3000 sp 3 C-H <3000 phenol O-H ester C=O 1740 aldehyd C-H 2750 aldehyd C=O 1720 C=C stræk 1600 sp 2 C-H >3000 sp 3 C-H <3000 syre O-H syre C=O 1700 A C=C stræk 1600 Den tydeligste forskel mellem spektrene for de to molekyler er O-H strækkene, som er meget smallere for phenolen end for syren, og så at der er flere carbonyl C=O stræk for oleocanthal end for A. 30 Denne kopi af X-set svar er hentet på

35 KAPITEL AUGUST GULD OG CYANID 6.3 Guld og cyanid 1 Koncentrationen af natriumcyanid er: c = n V = m M V = 99g = 0, 020m 49, 01g/mol 100l 2 Cyanidionen er en base, så det er [OH ] og/eller poh man får ud i første omgang. Cyanids reaktion med vand ser således ud: CN (aq) + H 2 O(l) HCN(aq) + OH (aq) Styrkeeksponenten for cyanid findes til: pk b = log K b = log 2, = 4, 69 Cyanidionen er altså en svag base, så ph kan findes ved: ph = 14 poh = (pk b log c b ) = (4, 69 log 0, 020m) = 10, 8 3 Det enkleste er at se om der er atomer som ændrer oxidationstal. Guld og ilt tildeles oxidationstal: 4 Au(s)+8 0 CN (aq)+ O 0 2 (g)+2 H 2 O(l) 4 Au(CN) I 2 II (aq)+4 OH (aq) Det ses at guld oxideres mens ilt reduceres, altså er det en redoxreaktion. 4 Ligevægtskonstanten for reaktion II er meget lille, men reaktionen kan alligevel drives til højre, da reaktion III hele tiden fjerner frie guld(i)ioner fra opløsningen. Til sidst ender man med en opløsning af zink- og cyanidioner, og metallisk guld og evt rester af metallisk zink. Zink kan opløses i syre, men det kan guld ikke, så det overskydende zink kan let fjernes ved tilsætning af svovlsyre. Denne kopi af X-set svar er hentet på 31

36 6.4. PENICILLIN KAPITEL AUGUST Penicillin 1 Tag altid udgangspunkt i den konkrete reaktion. Det ses at et syrechlorid kobles sammen med aminen 6-APA under fraspaltning af HCl. Det må altså være en kondensationsreaktion. 2 Vær opmærksom på faktorer og enheder på akserne. Der er ligefrem proportionalitet mellem koncentrationen og reaktionshastigheden, så det er en første-ordensreaktion, da hastighedsudtrykket her er: v = k[a] Hastigheden er angivet i m/min, mens koncentrationen er angivet i 10 8 m, så hastighedskonstanten er: k = 1, m/min 10 8 m = 1, min 1 3 Man skal argumentere for at hastigheden mister sin afhængighed af koncentrationen ved større koncentrationer. Hastigheden er givet ved: v = 6, [penicilling] m/min [penicilling] + 5, m Hvis koncentrationen af penicillin G er større end 4, m bliver det 2. led i nævneren ubetydeligt, og udtrykket bliver med god tilnærmelse v = 6, m/min [penicilling] [penicillingg] De to koncentrationer går ud med hinanden og hastighedsudtrykket bliver dermed: v = 6, m/min Det ses også at grafen flader helt ud ved større koncentrationer, præcis som en nulte-ordensreaktion ville gøre, og ender med en værdi svarende til hastighedskonstanten. 4 Find navnene på de tre aminosyrer som udgør tripeptidet. Glutamat Valin Cystein 32 Denne kopi af X-set svar er hentet på

37 KAPITEL AUGUST PENICILLIN 5 Man må først identificere hvilke kurver i Bjerrumdiagrammet der hører til hvilke forbindelser. Når ph = pk s for en syre er x s = 0,5 og det skal vi bruge til at tilordne kurverne. Husk at aflæse kurverne så præcist som muligt. Den blå kurve er for en forbindelse med pk s = 2,5 den hører altså til carboxylsyregruppen på ampicillin. Den sorte er for penillin G, da x s = 0,5 ved ph = 2,8 og endelig så hører den røde kurve til aminogruppen på ampicillin. ph = 2 x s = 0,76 for ampicillins syregruppe, så 76% af stoffet er på form A og 24% på form B. Der er intet på C-formen ved denne ph. Tilsvarende aflæses x s til 0,86 for penicillin G, så 86% af stoffet er på D-form og kun 14% er på E-form. ph = 7,4 x s = 0,37 for ampicillins ammoniumgruppe, så 37% af stoffet er på B-form, mens de resterende 63% er totalt deprotoniseret og altså på C-form. Penicillin G er 100% deprotoniseret da x s = 0, alt stoffet er altså på E-formen. 6 Man skal lede efter ladninger i molekylet, da det især er tilstedeværelsen af ladning som gør store organiske forbindelser opløselige i vand. Ved ph = 7,4 er 37% af ampicillin på B-form, hvor stoffet indeholder to ladninger. Ved samme ph indeholder penicillin G kun én ladning. Ladninger gør stoffer mere opløselige i vand, og det mere ladede stof må forventes at være mest vandopløseligt. Derfor er K F for ampicillin lavere end for penicillin G. Denne kopi af X-set svar er hentet på 33

38 6.4. PENICILLIN KAPITEL AUGUST Denne kopi af X-set svar er hentet på

39 Kapitel maj

40 7.1. STEVIA KAPITEL MAJ Stevia 1 Funktionelle grupper er, lidt kort forklaret, alt hvad der ikke er C og H. Dobbeltbindinger tælles også, men ikke benzenringe. Halogener er ikke funktionelle grupper. alkohol * * * * * * alken carboxylsyre 2 Man skal lede efter asymmetriske C-atomer og C=C dobbeltbindinger, som giver anledning til E/Z -isomeri. Der er seks asymmetriske C-atomer, så der er 2 6 = 64 optiske isomerer af steviol. Der er også en dobbeltbinding, men den giver ikke anledning til geometrisk isomeri. 3 Steviol er bundet til tre glucose-enheder, som spaltes fra ved optag af tre vand. Da glucosidbindingerne spaltes under optag af vand er det en hydrolyse. 4 Man skal forklare hvorfor steviol er mere opløselig i vand ved høj ph end ved lav. Led efter syrebase-aktive grupper som carboxylsyrer og aminer. Husk at inddrage strukturen som en helhed. Ved ph 7,4 er fordelingsforholdet K F meget mindre end ved ph 2. Da K F beskriver fordelingsligevægten: steviol(aq) steviol(octan-1-ol) betyder det at steviol er mere vandopløselig ved høj ph end ved lav. Det skyldes carboxylsyregruppen på steviol, som deprotoniseres i basisk miljø og derved bliver ladet. Ladningen gør steviol meget mere polær end det var før, hvor de store upolære dele af molekylet dominerede opløselighedsegenskaberne. Resultatet er at fordelingsligevægten forskydes til venstre. 36 Denne kopi af X-set svar er hentet på

41 KAPITEL MAJ BROCCOLI 7.2 Et cancerhæmmende stof i broccoli 1 Man skal være opmærksom på at resultatet skal angives i mg. Massen af sulforaphan en rotte indtager når den spiser 0,050 mmol er: m = n M = 0, 050mmol 177, 28g/mol = 8, 9mg 2 Man skal huske at holde styr på enhederne som er i timer og µm. Vi får at vide at nedbrydningen af sulforaphan i rotten er af første-orden, så hastighedskonstanten kan findes ud fra halveringstiden: t 1 2 = ln 2 k k = ln 2 t 1 2 = ln 2 = 0, 32h 1 2, 2h Funktionsudtrykket for en første-ordensreaktion er: [A] = [A] o e k t Indsættes 10% af startkoncentrationen på venstresiden fås: [sulforaphan] = [sulforaphan] o e k t 0, 10[sulforaphan] o = [sulforaphan] o e 0,32h 1 t som løst for t giver: ln 0, 10 t = = 7, 3h 0, 32h 1 3 Man skal være omhyggelig med at forklare hvad kogning i kort og lang tid har af betydning for de enkelte dele af reaktionsforløbet. I reaktionsforløbets første trin omdannes A til B af enzymet myrosinase. Hvis der koges for længe denatures dette enzym og så dannes der intet B, og derfor heller intet sulforaphan. Hvis man slet ikke koger broccolien denatures enzymet ESP imidlertid ikke, og så bliver en stor del af B omdannet til C, hvilket ikke er ønskeligt. Man skal altså koge broccolien liiige tilpas længe til at ESP denatures, men ikke så længe at myrosinase også mister sin enzymaktivitet. 4 Find de tre aminosyrer i listen over de tyve normale aminosyrer. Man kan navngive dem efter IUPAC-reglerne eller deres trivialnavne. Glutamat Cystein Glycin Denne kopi af X-set svar er hentet på 37

42 7.2. BROCCOLI KAPITEL MAJ IR-spektret benyttes til at identificere karakteristiske grupper tilstede i molekylet. Det kan være en fordel at klippe spektret ind i besvarelsen og skrive direkte i/på spektret. 1 H-NMR spektret benyttes til at udlede strukturen af molekylet. Husk at inddrage kemisk skift, integrale og koblingsmønster i fortolkningen af alle signaler. Man kan med fordel støtte sig til det man allerede ved om molekylet fra IR-spektret og det man evt har fået oplyst om strukturen. IR-spektret indeholder følgende bånd: frekvens / cm 1 karakteristisk gruppe syre O-H stræk < 3000 sp 3 C-H stræk 1710 C=O stræk (fra syregruppen) Der kan altså være tale om en carboxylsyre på en alkankæde. 1 H-NMR spektret giver følgende information: kemisk skift integrale opsplitning fortolkning 12,7 ppm 1H bred -COOH 2,3 ppm 2H triplet CH 2 -CH 2 -COOH 1,7 ppm 2H sextet CH 3 -CH 2 -CH 2 0,95 ppm 3H triplet CH 3 -CH 2 ˆ Signalet ved 12,7 ppm har et usædvanligt højt kemisk skift, et integral på 1H og det er udbredet, så det er sandsynligvis H-atomet fra carboxylsyregruppen man også ser i IR-spektret. ˆ Signalet ved 2,3 ppm har et integrale på 2H, så det er nok en CH 2 - gruppe. Det kemiske skift passer med at den sidder ved siden af en carbonylgruppe. Det er opsplittet i en triplet, så det har to nabo-h er, f.eks. fra en anden CH 2 -gruppe. ˆ Signalet ved 1,7 ppm har et integrale på 2H, så det er nok en CH 2 - gruppe. Opsplitningsmønsteret (en sextet) fortæller at det har 5 nabo- H er. Det kunne f.eks. være fra en CH 2 - og en CH 3 -gruppe på hver side, hvilket også passer med det kemiske skift. ˆ Signalet ved 0,95 ppm har et integrale på 3H, så det er nok en methylgruppe, hvilket passer godt med det kemiske skift. Da den er opsplittet i en triplet kunne den sidde ved siden af CH 2 -gruppen vi ser ved 1,7 ppm. Alt i alt giver det strukturen for butansyre: CH 3 CH 2 CH 2 COOH 38 Denne kopi af X-set svar er hentet på

43 KAPITEL MAJ OZON OG IODFORBINDELSER 7.3 Ozon og iodforbindelser 1 Det er en puffer, og da dihydrogenphosphats pk s -værdi er 7,21, så er ph: 2 [HPO4 ] 0, 086m ph = pk s + log [H 2 PO4 = 7, 21 + log = 8, 00 ] 0, 014m 2 Vær opmærksom på tilstandsformerne når G -værdierne slås op. Ændringen i Gibbs energi er: G = G (I 2 (aq)) + G (OH (aq)) ( G (HIO(aq)) + G ) (I (aq)) = 16, 43 kj ( kj 157, 29 mol mol 99, 2 kj ) kj 51, 67 mol mol = 10, 01 kj mol Da G > 0 er reaktionen ikke-spontan ved standardbetingelser. 3 Først beregnes ligevægtskonstanten: 3 J mol K = e G RT = e 10,01 10 J 8,314 mol K 298,15K = 17, den er enhedsløs pga ligevægtslovens udseende: K = [I 2 ][OH ] [HIO][I ] Da ph og iodidkoncentrationen også er kendt, kan forholdet mellem hypoiodsyrling og diiod findes: K = [I 2 ][OH ] [HIO][I ] [I 2 ] [HIO] = K [I ] [OH ] = K [I ][H 3 O + ] m 2 = K [I ]10 ph m m 2 [I 2 ] [HIO] = 17, 6 1, m 10 8,00 m m 2 = 0, 176 Denne kopi af X-set svar er hentet på 39

44 7.4. KVIKSØLV I FISK KAPITEL MAJ Kviksølv i fisk 1 Husk krystalvandet i SnCl 2 2 H 2 O, når molarmassen skal findes. Massen af tin(ii)chlorid dihydrat der skal anvendes er: m = n M = c V M = 0, 264m 0, 500l 225, 63g/mol = 29, 8g 2 Tildel oxidationstal til atomerne. Hvis en reaktion indeholder atomer som ændrer oxidationstal er det en redoxreaktion. II Hg 2+ (aq) + Sn II 2+ (aq) Hg(g) 0 + Sn IV 4+ (aq) 0 Hg(g) + I 0 2 (aq) Hg II 2+ (aq) + 2 I I aq) II Hg 2+ (aq) + 4 I I (aq) Hg II I I 2 4 (aq) (I) (II) (III) I reaktion I reduceres kviksølv(ii) til kviksølv, mens tin(ii) oxideres til tin(iv). I reaktion II oxideres kviksølv til kviksølv(ii), mens diiod reduceres til iodid. I reaktion III sker der ingen ændring i reaktionsdeltagernes oxidationstal, så det er ikke en redoxreaktion. 3 Bemærk at tabellen ikke viser absorbansen som funktion af massen af Hg 2+, så datasættet skal først tilpasses. Husk at tilføje aksetitler med enheder til grafen, og skriv funktionsudtrykket op med enheder. Tabellen viser absorbansen som funktion af volumen stamopløsning med 1,00µg Hg 2+ pr ml, så vi kan konstruere en tabel med absorbansen som funktion af massen af Hg 2+ : m Hg 2+ = c V = 1, 00µg/ml 0, 200ml = 0, 200µg Tilsvarende beregninger udføres for resten af voluminerne: m Hg 2+ / µg 0,200 0,400 0,600 0,800 1,00 A 0,007 0,016 0,030 0,041 0,050 Punkterne er afbildet på den følgende graf: 0,06 0,05 y = 0,0555x 0,0045 R² = 0, ,04 A 0,03 0,02 0, ,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1 1,1 m(hg² ) / µg 40 Denne kopi af X-set svar er hentet på

45 KAPITEL MAJ KVIKSØLV I FISK Det ses at der en lineær sammenhæng mellem massen af kviksølv(ii)ioner og absorbansen. Forskriften for linien er: A = 0, 0555µg 1 m Hg 2+ 0, Husk at tage højde for at målingen kun foretages for 25,0 ml af prøvens samlede volumen på 100ml. Da absorbansen er målt til 0,036 kan vi finde massen af kviksølv(ii)ionerne i prøven: m Hg 2+ = A = 0, 0555µg 1 m Hg 2+ 0, 0045 A + 0, , , 0045 = 0, 0555µg 1 0, 0555µg 1 = 0, 730µg Da målingen kun er for 25,0 ml af det samlede volumen på 100 ml, er koncentrationen af kviksølv i fisken: c = m Hg , 730µg = = 0, 290µg/g m fisk 10, 067g EU anbefaler et max-indtag på 1,6µg/kg pr uge, dvs en person som vejer 60kg må indtage op til : m max = 1, 6µg/kg 60kg = 96µg Det svarer til et ugentligt indtag af fiskekød på: m fisk = m max c = 96µg = 0, 33kg 0, 290µg/g hvilket svarer til lidt mere end 2 dåser tun. 5 Man skal se på figuren der illustrerer proceduren og identificere hvilke reaktioner der forløber i skrubberen, og ud fra det forklare skrubberens funktion. Skrubberen som den kviksølvholdige gas bobles igennem indeholder diiod og iodid, dvs at reaktion II og III forløber her. Kviksølvdampene omdannes derfor til komplekset HgI4 2 i skrubberen. Da ligevægtskonstanten for reaktion III er så enormt høj (2, m 4 ) omdannes så godt som alt Hg 2+ til HgI4 2, hvilket er med til at drive reaktion II helt til højre, jf Le Chateliers princip. Gassen renses herved totalt for kviksølv. Denne kopi af X-set svar er hentet på 41

46 7.4. KVIKSØLV I FISK KAPITEL MAJ Denne kopi af X-set svar er hentet på

47 Kapitel 8 4. juni

48 8.1. COLTAN KAPITEL JUNI Coltan 1 For at vise at noget er en redoxreaktion behøver man bare vise at oxidationstallene for mindst to atomer ændrer sig i løbet af reaktionen. Atomerne i reaktiondeltagerne tilordnes oxidationstal: 3 V Nb 2 II O 5 (l) + III Fe 2 II O 3 (l) Al(l) 6 0 Nb(l) Fe(l) + 6 III Al 2 II O 3 (l) Det ses at niob og jern reduceres idet deres oxidationstal falder, mens aluminium oxideres da dets oxidationstal stiger. Oxygen hverken reduceres eller oxideres. 2 Det er vigtigt at man husker at forklare reaktionsforholdene. Niobit og aluminium reagerer i forholdet 1:4, så massen af aluminium der kræves for at omdanne 33ton niobit er: m Al = n Al M Al = 4n Nb2O 5 M Al = 4 m Nb 2O 5 M Nb2O 5 M Al g = 4 26, 98g/mol = 13ton 265, 81g/mol 3 Det der spørges om er hvad koncentrationen af flussyre er. Man bør skrive titreringsreaktionen op, og så er det vigtigt at tage højde for fortyndingen. Titreringsreaktionen mellem flussyre og hydroxid er: HF(aq) + OH (aq) F (aq) + H 2 O(l) Ækvivalenspunktet for titreringen aflæses til: V NaOH = 12, 8ml Det ses af reaktionsskemaet at flussyre og hydroxid reagerer 1:1, så koncentrationen af flussyre i den fortyndede opløsning er: c HF = n HF = V HF = n NaOH V HF 0, 117m 12, 8ml 10, 00ml = c NaOH V NaOH V HF = 0, 150m Koncentrationen af den ufortyndede opløsning kan nu beregnes: c 1 V 1 = c 2 V 2 c 1 = c 2 V 2 V 1 = 0, 150m 50ml 0, 400ml = 18, 7m Masseprocenten af flussyre i den koncentrerede opløsning er: m% HF = m HF m opl = n HF M HF m opl = c HF V HF M HF m opl = c HF V HF M HF = c HF M HF ρ HF V HF ρ HF 18, 7m 20, 01g/mol 18, 7mol/l 20, 01g/mol = = 1, 11g/ml 1, g/l = 33, 7% Flussyreopløsningen kan altså godt anvendes til formålet. 44 Denne kopi af X-set svar er hentet på

49 KAPITEL JUNI LEVULINSYRE 8.2 Levulinsyre - et grønt råstof 1 Man skal kort argumentere for navnet. Hvis man bruger et tegneprogram til navngivningen er det vigtigt at oversætte navnet til dansk. Levulinsyre består af en carboxylsyre med fem C-atomer og en oxo-gruppe på carbon nummer 4. Det systematiske navn er derfor: 4-oxopentansyre. 2 Hvis man bruger formlen ph = ½(pK s - log c s ) er det vigtigt at skrive at det er tilladt da syrens pk s er større end 4. Metoden anvendt her er korrekt for alle syrer. Levulinsyre indgår i følgende syrebase-ligevægt med vand: O O OH + H 2 O O O før c s efter c s -x - x x Indsættes tallene fra før-efter skemaet i ligevægtsloven for reaktionen fås: K s = [RCOO ][H 3 O + ] RCOOH der løst for x giver: x = K s + K 2 s + 4K s c s 2 O + H 3 O + = x2 c s x = 10 pks m = 10 4,78 m = 10 4,78 m + (10 4,78 m) ,78 m 0, 102m 2 = 1, 30mm ph kan nu findes: ph = log [H 3 O + ] = log x = log 1, = 2, 89 3 Forklar kort hvilke reaktionstyper der er tale om. Husk altid at tage udgangspunkt i den konkrete reaktion, istedet for at (af)skrive definitionen. Udskiftningen af et H-atom på methylgruppen med et Br-atom er en substitution, og dannelsen af methylesteren kan ske ved en kondensationsreaktion med methanol. 4 Elementaranalysen kan bruges til at finde den empiriske formel for B: C: 45,80% 45, 80 =3,81 12, 01 3,81/0,762=5,00 H: 6,92% 6, 92 =6,86 1, 008 6,86/0,762=9,01 N: 10,68% 10, 68 =0,762 14, 01 0,762/0,762=1 36, 60 O: 36,50% =2,29 2,29/0,762=3,00 16, 00 dvs den empiriske formel er C 5 H 9 NO 3. Denne kopi af X-set svar er hentet på 45

50 8.2. LEVULINSYRE KAPITEL JUNI 2014 Vi får at vide at IR-spektret for stoffet indeholder et dobbeltbånd ved cm 1. Dette er karakteristisk for primære aminogrupper. Data for 1 H-NMR spektret er samlet i følgende tabel: δ/ppm I opspl. fortolkning 10,7 1H bred -COOH 4,9 2H bred -NH 2 3,75 2H s H 2 NCH 2 CO- 3,3 2H t -COCH 2 CH 2-2,6 2H t -CH 2 CH 2 COOH Signalet ved 10,7ppm har et ekstremt højt kemisk skift, et integral på 1H, og det er bredt, så det er nok fra en syregruppe. Esteren er altså blevet hydrolyseret. Signalet ved 4,9ppm er også bredt og har et integral på 2H, og vi ved fra IR at der en aminogruppe, så det er nok den. Signalet ved 3,75ppm har et integral på 2H, og det er en singlet, så det er en CH 2 -gruppe uden naboer. Det kan være CH 2 -gruppen ved siden af ketonen. Signalet ved 3,3ppm har et integral på 2H, og det er en triplet, så det er en CH 2 -gruppe med 2 naboer. Det kan være én af de to CH 2 -grupper mellem ketonen og syregruppen. Signalet ved 2,6ppm har et integral på 2H, og det er en triplet, så det er en CH 2 -gruppe med 2 naboer. Det kan være én af de to CH 2 -grupper mellem ketonen og syregruppen. Hvis det skal passe med elementaranalysen, må bromatomet være blevet substitueret med en aminogruppe. Stoffets struktur kan være: 46 Denne kopi af X-set svar er hentet på

51 KAPITEL JUNI ET ENZYM TIL PRODUKTION AF B2-VITAMIN 8.3 Et enzym til produktion af B 2 -vitamin 1 Opgaven er at vise at man kan læse zig-zag formler. Tegnes på computer skal man sikre at alle atomer vises. Strukturen er tegnet på computer: 2 Sammenhængen mellem absorbans og koncentration er givet ved Lambert- Beers lov: A = ɛ l c c = A ɛ l = 0, 285 9, m 1 cm 1 1, 00cm = 2, m 3 Sammenlign kurven med udtrykket for nulte-ordens reaktioner. Husk desuden at få enheden på k med. Det ses af figur 1 i opgaveteksten at reaktionshastigheden ikke afhænger af koncentrationen af GTP i det viste koncentrationsområde. Reaktionen er altså af nulte-orden mht GTP under disse betingelser. Det betyder at hastighedsudtrykket ser således ud: v = k Hastighedskonstanten er aflæst til 0,37µm/s. 4 Reaktionshastigheden følger modellen: v = 3, [GTP] m/s [GTP] + 4, m Det ses at nævneren i brøken indeholder to led, nemlig koncentrationen af GTP og en konstant. Konstantleddets størrelse er 4, m, dvs at nævnerens størrelse påvirkes med mindre 1% hvis [GTP] < 10 7 m, og reaktionen kan under disse betingelser anses for at være af første orden mht GTP. I dette tilfælde kan hastighedsudtrykket skrives som: v = 3, [GTP] m/s 4, m = 8, s 1 [GTP] Halveringstiden for GTP kan dermed beregnes: t 1/2 = ln 2 k = ln 2 8, = 80, 3s s 1 Denne kopi af X-set svar er hentet på 47